1、第十三章第1讲一、选择题(18题为单选题，910题为多选题)1.(2015浙江自选模块)如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后()A甲木块的动量守恒B乙木块的动量守恒C甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案：C解析：两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确。甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误。2(2014福建理综)一枚火箭搭载着
2、卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力与分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()Av0v2Bv0v2Cv0v2Dv0(v0v2)答案：D解析：根据动量守恒定律，得(m1m2)v0m1v1m2v2v1v0(v0v2)选项D正确。3.如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为()A.向东B向东C.向东Dv1向东答案：D解析：人和车这个系统，在水平方向上合外力等于
3、零，系统在水平方向上动量守恒。设车的速度v1的方向为正方向，选地面为参考系。初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(Mm)v1(因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变)。人在水平方向上对地的动量仍为mv1，则有Mv1(Mm)v1mv1(Mm)v1(Mm)v1所以v1v1，正确答案应为D。4.(2015福建省莆田一中期末)如图所示，一质量M3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m1.0kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板。在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()A
4、1.8m/sB2.4m/sC2.8m/sD3.0m/s答案：B解析：A先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则MvmvMv1，Mv1(Mm)v2，可得v1m/s，v22m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0m/s而小于m/s，只有选项B正确。5(2014重庆理综)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31。不计质量损失，取重力加速度g10m/s2。则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(
5、)答案：B解析：考查动量守恒定律和平抛运动规律。解题的关键是应用动量守恒定律找出甲、乙两块的速度关系，然后再用平抛运动规律进行求解。本题有两种可能情况，一是甲在前，另一是甲在后。甲在前情况，设总质量为4m，动量守恒得4m23mv甲mv乙，由平抛运动规律知，甲图中两弹片的速度分别为v甲2.5m/s，v乙0.5m/s，不满足动量守恒关系，选项A错误；乙图中两弹片的速度分别为v甲2.5m/s，v乙0.5m/s，满足动量守恒关系，选项B正确；甲在后情况，C图中v甲1m/s，v乙2m/s，不满足动量守恒关系，选项C错误；D图中，v甲1m/s，v乙2m/s，同样不满足动量守恒关系，选项D错误。解题中注意动
6、量守恒中的矢量性，以及运动情况的可能性。6.(2015渝中区模拟)如图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A、B质量分别为mA、mB，A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球相碰，碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，关于两小球质量比值的说法正确的是()A.1B1C.1D答案：B解析：由mgRmv2可得v，则两球碰后速度等大反向，碰撞前A球下滑到最低点的速度设为v0，由机械能守恒定律得：mg2Rmv，碰撞过程中动量守恒可得：mAv0mBvmAv。以上三式联立可解得：1，B正确。7.下面是一个物理演示实验，它显示：如图中自由下落的物体A
7、和B经反弹后，B能上升到比初位置高得多的地方。A是某种材料做成的实心球，质量m10.28kg，在其顶部的凹坑中插着质量m20.1kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙。将此装置从A下端离地板的高度H1.25m处由静止释放。实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上。则木棍B上升的高度为(重力加速度g10m/s2)()A4.05mB1.25mC5.30mD12.5m答案：A解析：球及棒落地速度v，球反弹后与B的碰撞为瞬间作用，AB虽然在竖直方向上合外力为重力，不为零。但作用瞬间，内力远大于外力的情况下，动量近似守
8、恒，故有m1vm2v0m2v2，棒上升高度为h，联立并代入数据，得h4.05m。8如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为。一质量为m(mM)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为()AhBhC.hDh答案：D解析：若斜面固定，由机械能守恒定律可得mv2mgh；若斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有mv(Mm)v1，由机械能守恒定律可得mv2mgh(Mm)v。联立以上各式可得hh，故D正确。9物体的动量变化量的大小为5kg
9、m/s，这说明()A物体的动量在减小B物体的动量在增大C物体的动量大小可能不变D物体受到的合力冲量大小为5Ns答案：CD解析：因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同，故无法确定动量是增大还是减小，A、B错误；动量是矢量，其变化量可能是动量方向变化引起的，C正确；由动量定理Ip可知，合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同，D正确。10(2015广州模拟)两个质量不同的物体，如果它们的()A动能相等，则质量大的动量大B动能相等，则动量大小也相等C动量大小相等，则质量大动能小D动量大小相等，则动能也相等答案：AC解析：根据动能Ekmv2可知，动量p，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量
10、大，A正确、B错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C正确、D错误。二、非选择题11.(2015烟台二模)两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA2.0kg，mB0.90kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC0.10kg的滑块C，以vC10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示。由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为0.50m/s。求：(1)木块A的最终速度vA；(2)滑块C离开A时的速度vC。答案：(1)0.25m/s(2) 2.75m/s解析：C从开始滑上A到恰好滑上A的右端过程中，A、B、C组成系统动量守恒mCvC(mBmA)
11、vAmCvCC刚滑上B到两者相对静止，对B、C组成的系统动量守恒mBvAmCvC(mBmC)v解得vA0.25m/svC2.75m/s。12(2014北京理综)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R0.2m，A和B的质量相等，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数0.2。取重力加速度g10m/s2。求：(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v；(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。答案：(1)2m/s(2)1m/s(3)0.2
12、5m解析：设滑块的质量为m。(1)根据机械能守恒定律mgRmv2得碰撞前瞬间A的速率v2m/s(2)根据动量守恒定律mv2mv得碰撞后瞬间A和B整体的速率vv1m/s(3)根据动能定理得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l0.25m。13(2015山东理综)如图，三个质量相同的滑块A、B、C间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小？答案：v0解析：设滑块质量为m，A与B碰
13、撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vAv0，B的速度vBv0，由动量守恒定律得mvAmvAmvB设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得WAmvmv设B与C碰撞前B的速度为vB，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得WBmvmv据题意可知WAWB设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB2mv联立式，代入数据得vv0。14(2014广东高考)如图所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t12s至t24s内工作。已知P1、
14、P2的质量都为m1kg，P与AC间的动摩擦因数为0.1，AB段长L4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。(1)若v16m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能E；(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。答案：(1)3m/s9J(2)10m/sv114m/s17J解析：(1)P1和P2在碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律有：mv1(mm)vv3m/s碰撞过程中损失的动能：Emv(mm)v29J(2)P1、P2接合成复合体P后做匀减速直线运动，a1m/s2根据匀减速直线运动关系，当P运动到B点时有：vBvatvv22(a)3L当t12s时经过B点有：v(2)2()224v114m/sv7m/svB5m/s当t24s时经过B点有：v(4)2()224v110m/sv5m/svB1m/sv1的取值范围为10m/sv114m/s当v114m/s时，v7m/s，vB5m/svv2(a)Lvv2aL(25214)m2/s217m2/s2P向左经过A点时的最大动能E2mv17J
